精品解析：云南省昭通一中教研联盟2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试卷(A卷)

昭通一中教研联盟2024~2025学年下学期高一年级期末质量检测 数学（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高二数学备课组 命题人：帅清 审题人：李章莹 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设复数的共轭复数为，则的虚部为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由共轭复数、复数虚部的概念即可得解. 【详解】由可得，则的虚部为3， 故选：D． 2. 为了了解全校200名学生的年龄情况，从中抽取40名学生进行调查，被抽取的40名学生是（ ） A. 样本 B. 个体 C. 样本量 D. 总体 【答案】A 【解析】 【分析】结合总体、个体、样本及样本量的相关概念进行判断即可. 【详解】根据定义，被抽取的40名学生是样本. 故选:A． 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，所以，解得. 故选：D． 4. 在中，内角所对的边分别为，已知，则B的大小为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理结合大边对大角即可得解. 【详解】由正弦定理得，即，解得， 又B为三角形内角，所以或，又因为，所以，即. 故选：C. 5. 在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件A表示“向上的点数为偶数”，事件B表示“向上的点数是1或2”，事件C表示“向上的点数大于2”，则下列说法正确的是（ ） A. A与B是对立事件 B. B与C是对立事件 C. A与C是互斥事件 D. A与B是互斥事件 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用互斥事件和对立事件的概念，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，当向上的点数为3时，事件A与B同时不发生，所以A错误； 对于B中，事件B与C不能同时发生，且事件B与C必有一个发生，所以B正确； 对于C中，当向上的点数是4或6时，事件A与事件C同时发生，所以C错误； 对于D中，当向上的点数是2时，事件A与事件B能同时发生，所以D错误. 故选：B． 6. 已知直三棱柱中，，则其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由补形法求得外接球的半径，结合球的表面积公式即可得解. 【详解】由题意，该直三棱柱可补形为长方体， 如图，则长方体的外接球即是直三棱柱的外接球， 所以体对角线的长为其外接球的直径，解得， 则， 故选：C． 7. 在中，点满足，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，即；故选D. 8. 如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线平行可得或其补角为所求角，即可利用三角形的边角关系，结合余弦定理求解即可. 【详解】如图，取的中点N，连接，易得，则所成的角即为直线所成的角． 由为等腰直角三角形，斜边，得， 所以均为正三角形， 则， 在中，由余弦定理，得， 所以直线所成角的余弦值为， 故选:A． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知的内角的对边分别为，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若的面积，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦定理结合余弦定理判断A，根据角的范围计算判断三角形形状判断B，应用正弦单调性判断C，应用面积公式结合余弦定理结合角的范围判断D. 【详解】对于A：由正弦定理可将转化为，则，所以，但无法判断的范围，A错误； 对于B：由得：或，即或， 所以为等腰三角形或直角三角形，B正确； 选项C：因为是锐角三角形，所以，所以，又，所以，又因为在单调递增，所以，C正确； D选项，因为面积，即，所以， 即，因为，所以，故D正确， 故选：BCD． 10. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，分别是的中点，点P是线段上一动点，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是菱形 C. 平面 D. 四面体的高可以为1 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的定义判断即可；对于B，说明过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形即可判断；对于C，说明平面平面，结合面面平行的性质即可判断；对于D，由平面即可判断. 【详解】对于A，如图所示， 由于平面平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图所示， 因为分别是的中点，所以， 在正方体中，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C，如图所示， 连接， 因为，所以四边形是平行四边形，同理可证四边形是平行四边形， 所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又平面， 故平面平面平面平面，故C正确； 对于D，如图所示， 因为面，且，所以四面体的高可以为1，故D正确， 故选：ACD． 11. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可能出现点数6的是（ ） A. 第25百分位数为3，众数为5 B. 平均数为2，方差为3 C. 中位数为3，方差为2.8 D. 平均数为3，中位数为4 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，结合百分位数，众数、平均数和方差的概念与计算公式，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，若抛掷骰子所得的点数为， 由，其第25百分位数为，众数为，满足题意，所以A正确； 对于B中，若平均数为2，且出现6点，则方差， 故平均数为2，方差为3时，一定没有出现点数6，所以B错误； 对于C中，当投掷骰子出现结果为时，满足中位数为3， 平均数为：， 方差为， 可以出现点数6，所以C正确； 对于D中，因为平均数为3，所以5个数总和为15，若要出现6，且中位数为4， 则剩余三个数之和为5，则剩余三个数都比4小，那么中位数不可能是4，矛盾，所以D错误. 故选：AC． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某品牌电动汽车公司为了解车主使用电动车辅助驾驶功能的情况，进行了问卷调查，从中抽取了100位车主进行抽样分析，得出这100位车主每人在100次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数的频率分布直方图如图，则________． 【答案】0.010 【解析】 【分析】应用频率和为1计算求解参数. 【详解】由，得． 故选： 13. 已知向量的夹角为，满足，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】由已知得，展开结合向量数量积的定义可求. 【详解】由题意知，则，因为，所以， 所以，又所以， 所以，得或（舍去）． 故答案为：. 14. 已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】验证时，能否成立，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以，从、、、中随机取一个数，则满足的数的取值集合为， 故所求概率为. 故答案为：. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 根据国家工信部关于全面推行中国特色企业新型学徒制，加强技能人才培养的通知，我区明确面向各类企业全面推行企业新型学徒制培训，深化产教融合，校企合作，学徒培养目标以符合企业岗位需要的中、高级技术工人．2024年度某企业共需要学徒制培训200人，培训结束后进行考核，现对考核后取得相应岗位证书进行统计，统计情况如下表： 岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 人数 20 60 60 40 20 频率 （1）根据表中数据，计算并填写相应人数的频率； （2）为了鼓励企业员工参加培训，该企业在2025年出台了如下培训奖励措施． 取得岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 奖励金额（元/人） 0 500 600 800 1000 以2024年度培训取得各岗位证书的频率来估计2025年的培训考核结果，若该企业在2025年度培训共400人，请估计该企业2025年度共需支付多少奖金？ 【答案】（1）列表： 岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 人数 20 60 60 40 20 频率 0.1 0.3 0.3 0.2 0.1 （2）236000元．【解析】 【分析】（1）根据频率的计算公式求解即可； （2）由加权平均数公式计算求解即可. 【小问1详解】 利用频率的计算公式可得， 初级工频率为，中级工频率为，高级工频率为，技师频率为，高级技师频率为， 所以，对应的频率表格如下： 岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 人数 20 60 60 40 20 频率 0.1 0.3 0.3 0.2 0.1 【小问2详解】初级工频率0.1，支付：（元）， 中级工频率0.3，支付：（元） 高级工频率0.3，支付：（元）， 技师频率0.2，支付：（元）， 高级技师频率：0.1，支付：（元）， 加起来需支付费用（元）， 所以估计该企业需支付236000元． 16. 如图，已知在平面四边形中，． （1）设，若，求； （2）是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） 假设存在，因为平分，可得， 由余弦定理，可得，解得， 所以， 但此时，所以假设不成立，不存在BD符合题意. 【解析】 【分析】（1）在中，利用余弦定理，求得，再在中，求得，即可求解； （2）由平分，可得，利用余弦定理，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 解：在中，因为， 由余弦定理得， 可得， 在中，因为，可得， 因为，所以． 【小问2详解】 略 17. 三个班共有100名学生，为调查他们的课外读书情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的课外读书的时间，数据如下表（单位：小时）： A班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5 B班 6 6.5 7 7.5 8 C班 6 7 8 9 10 11 12 （1）试估计A班的学生人数； （2）再从三个班中各随机抽取一名学生，他们该周课外读书的时间分别是（单位：小时）．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为，表格中数据的平均数记为，求和，并比较和的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，根据分层抽样方法，列出算式，即可求解； （2）由平均数的计算公式求得和的值，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，抽出的20名学生中，来自A班的学生有8名， 根据分层抽样方法，可得A班的学生人数估计为人. 【小问2详解】 抽出的样本中A班学生该周课外读书的平均数为：， B班学生该周课外读书的平均数为， C班学生该周课外读书的平均数为， ， ， 所以. 18. 已知如图甲，在梯形中，分别是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 【答案】（1） 在直角梯形中，因为，可得， 又因为分别是的中点，所以，所以， 所以在折叠后的几何体中，有， 因为，且平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）在直角梯形中，，得到，进而得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）过D作，过G作，连接，利用面面垂直的性质，证得平面，得到，进而证得平面，得到即为二面角的平面角，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图所示，过D作于点G，过G作于点H，连接， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为，且平面，，所以平面， 所以即为二面角的平面角． 因为，所以，可得， 在直角中，可得， 即二面角的正切值为． 19. 某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． （1）求的值； （2）分别求甲、乙两轮都胜出的概率； （3）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1）． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”，设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”，根据题意，得到相互独立，结合相互独立事件的概率计算公式，即可求解； （2）设事件 “甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解； （3）设事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”，结合对立事件的概率公式，即可求解. 【小问1详解】 解：设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意，可得相互独立，且， 事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ，可得则，解得：或， 当时，，由，所以舍去，所以． 【小问2详解】 解：设事件 “甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 则． 【小问3详解】 解：设事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， 则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通一中教研联盟2024~2025学年下学期高一年级期末质量检测 数学（A卷） 命题单位：昭通市第一中学高二数学备课组 命题人：帅清 审题人：李章莹 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设复数的共轭复数为，则的虚部为（ ） A. 4 B. 5 C. D. 3 2. 为了了解全校200名学生的年龄情况，从中抽取40名学生进行调查，被抽取的40名学生是（ ） A. 样本 B. 个体 C. 样本量 D. 总体 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 1 4. 在中，内角所对的边分别为，已知，则B的大小为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 5. 在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件A表示“向上的点数为偶数”，事件B表示“向上的点数是1或2”，事件C表示“向上的点数大于2”，则下列说法正确的是（ ） A. A与B是对立事件 B. B与C是对立事件 C. A与C是互斥事件 D. A与B是互斥事件 6. 已知直三棱柱中，，则其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，点满足，则 A. B. C. D. 8. 如图，三棱锥中，为等腰直角三角形，斜边为的中点，则直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知的内角的对边分别为，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则为等腰三角形或直角三角形 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 若的面积，则 10. 如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，分别是的中点，点P是线段上一动点，则（ ） A. 直线与是异面直线 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是菱形 C. 平面 D. 四面体的高可以为1 11. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可能出现点数6的是（ ） A. 第25百分位数为3，众数为5 B. 平均数为2，方差为3 C. 中位数为3，方差为2.8 D. 平均数为3，中位数为4 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 某品牌电动汽车公司为了解车主使用电动车辅助驾驶功能的情况，进行了问卷调查，从中抽取了100位车主进行抽样分析，得出这100位车主每人在100次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数的频率分布直方图如图，则________． 13. 已知向量的夹角为，满足，则________． 14. 已知正整数，欧拉函数表示、、、中与互质的整数的个数，例如，，，且、互质时，．若从、、、中随机取一个数，则满足的概率为__________． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 根据国家工信部关于全面推行中国特色企业新型学徒制，加强技能人才培养的通知，我区明确面向各类企业全面推行企业新型学徒制培训，深化产教融合，校企合作，学徒培养目标以符合企业岗位需要的中、高级技术工人．2024年度某企业共需要学徒制培训200人，培训结束后进行考核，现对考核后取得相应岗位证书进行统计，统计情况如下表： 岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 人数 20 60 60 40 20 频率 （1）根据表中数据，计算并填写相应人数的频率； （2）为了鼓励企业员工参加培训，该企业在2025年出台了如下培训奖励措施． 取得岗位证书 初级工 中级工 高级工 技师 高级技师 奖励金额（元/人） 0 500 600 800 1000 以2024年度培训取得各岗位证书的频率来估计2025年的培训考核结果，若该企业在2025年度培训共400人，请估计该企业2025年度共需支付多少奖金？ 16. 如图，已知在平面四边形中，． （1）设，若，求； （2）是否存在，使得平分，若存在，求的长；若不存在，说明理由. 17. 三个班共有100名学生，为调查他们的课外读书情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的课外读书的时间，数据如下表（单位：小时）： A班 3 4.5 6 7.5 9 10.5 12 13.5 B班 6 6.5 7 7.5 8 C班 6 7 8 9 10 11 12 （1）试估计A班的学生人数； （2）再从三个班中各随机抽取一名学生，他们该周课外读书的时间分别是（单位：小时）．这3个新数据与表格中的数据构成的新样本的平均数记为，表格中数据的平均数记为，求和，并比较和的大小． 18. 已知如图甲，在梯形中，分别是的中点，沿将梯形翻折，使平面平面（如图乙）． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 19. 某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． （1）求的值； （2）分别求甲、乙两轮都胜出的概率； （3）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $